专题24导数在研究函数中的应用（2）（解析版）_E015高中全科试卷_数学试题_选修2_06.专项练习_专题24导数在研究函数中的应用（2）-高中数学新教材人教A版选择性必修配套提升训练

专题24 导数在研究函数中的应用（2） 一、单选题 f x2x2 ln x 1．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））函数 的部分图像大致为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 f(x)2x2 ln x  f(x)  ，  f(x) 函数 是偶函数，  f(x) y 的图象关于 轴对称， 故排除B， lim f(x)  又 x0 ， 故排除D. 1 1 1 f x f 'x0 4x 0 f x1ln 0 在 时取最小值，即 x 时取最小值，解得x=2 ，此时 2 故排除 C. 故选:A. f x x2 alnx1 1,3 2．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））已知函数 在 内不是 a 单调函数，则实数 的取值范围是（ ） 2,18 2,18 ,2 18, 2,18  A． B． C． D． 【答案】A【解析】 a f 'x2x f x x2 alnx1 1,3 ∵ x， 在 内不是单调函数， a 故 2x x 0 在 1,3 存在变号零点，即a 2x2在 1,3 存在零点， 2a18 ∴ . 故选：A. 1 1 f(x) xex  x3 x2 1 3．（2020·四川省北大附中成都为明学校高二月考（理））已知函数 3 2 极值点的 个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【解析】 1 1 f(x) xex  x3 x2 1 由 3 2 ，可得 f '(x)ex xex x2 x (x1)(ex x)， ex  x1 ex x＞0 f '(x)0 x1 由 ，可得 ，令 ，可得 ， x(,1) f '(x)＜0 当 时， ，函数单调递减； x(1,) f '(x)＞0 当 时， ，函数单调递增； 故可得函数存在一个极值点， 故选：B. π 3 b c 4．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））设a e， lnπ ， ln3，则a,b,c大小关系是( ) acb bca A． B． cba cab C． D． 【答案】A【解析】 x lnx1 f(x) f(x) 考查函数 lnx ，则 (lnx)2 ， f(x)在(e,)上单调递增， e3π，  e 3 π    f(e) f(3) f(π)，即lne ln3 lnπ，acb，故选A.  (x(0, )) 5．（2020·江西省奉新县第一中学高二月考（理））已知函数y  f(x) 2 ，y  f(x)是其导函 f(x) f '(x)tanx 数，恒有 ，则( )     3f( ) 2f( ) 3f( ) 2f( ) A． 4 3 B． 4 3    f(1)2f( )sin1 2f( ) f( ) C． 6 D． 6 4 【答案】A 【解析】 fxsinx f x 因为 f(x) f '(x)tanx，即 cosx ，   x 0,   因为  2 ，故cosx0，则上式等价于： fxsinx f xcosx 0 ， f x   fxsinx f xcosx gx ,x  0,  gx 0 构造函数 sinx  2  ，则 sin2 x ，   0, 即gx 在区间   2  单调递增.  f f      4   3   则  ，即   ，即  ，故 正确， 错误； g    g   sin sin 3f    2f    4   3  4 3  4   3 A B  f   6   f 1  又 g      g1，即 sin  sin1 ，即 f 12f     sin1 ，故 错误；  6  6  6  C   f f      6   4  又 g      g     ，即 sin  sin  ，即 2f(  ) f(  ) ，故 错误.  6   4  6 4 6 4 D 故选：A. 0 x  x a 6．（2020·黄冈中学第五师分校高二期中（理））若对于任意的 1 2 ，都有 x lnx x lnx 2 1 1 2 1 x x ，则a的最大值为（ ） 1 2 1 A．2e B．e C．1 D．2 【答案】C 【解析】 lnx 1 lnx 1 1  2 由已知有x lnx x lnx  x x ，两边同时除以x x ，化简有 x x ，而0 x  x ，构 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 lnx1 lnx f(x) , f '(x) 造函数 x x2 ，令 f '(x)0,0 x1; 令 f '(x) 0,x 1 ，所以函数 f(x)在(0,1) lnx 1 lnx 1 1  2 上为增函数，在(1,)上为减函数，由 x x 对于0 x  x a恒成立，即 f(x)在(0,a) 1 2 1 20a1 a 为增函数，则 ，故 的最大值为1，选C. f x 0, 7．（2020·蚌埠田家炳中学高二开学考试（理））已知函数 的定义域为 ，且满足 f xxfx0 f x f x x1 f  x2 1   f x1 （ 是 的导函数），则不等式 的解集为 （ ） ,2 1, 1,2 1,2 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 gx xf x gx f xxfx0 x0 构造函数 ，其中 ，则 ， y  gx 0, 所以，函数 在定义域 上为增函数， x1 f  x2 1   f x1  x2 1  f  x2 1  x1 f x1 在不等式 两边同时乘以x1得 ，即 g  x2 1   gx1 ， x2 1 x1  所以x2 10 ，解得 ，  x10  1 x2 x1 f  x2 1   f x1 1,2 因此，不等式 的解集为 ，故选：D. 点睛： 本题考查利用构造新函数求解函数不等式问题，其解法步骤如下： y  gx （1）根据导数不等式的结构构造新函数 ； y  gx （2）利用导数分析函数 的单调性，必要时分析该函数的奇偶性； gx  gx  y  gx （3）将不等式变形为 1 2 ，利用函数 的单调性与奇偶性求解. ,00, f x 8．（2020·江西省石城中学高二月考（文））已知定义在 上的偶函数 的导函数为f x 2f xxfx2 x2f x4f 2 x2 4 x ，对定义域内的任意 ，都有 成立，则使得 成立的 x 的取值范围为（ ）  x x0,2  2,0 0,2 A． B．  ,2 2, ,2 0,2   C． D． 【答案】C 【解析】 2f xxfx2 2f xxfx20 x0 当 时，由 ，得 ， 2xf xx2fx2x0 x 两边同乘 得 ， gx x2f xx2 gx2xf xx2fx2x0 设 ，则 恒成立， gx (0,) ∴ 在 单调递减， x2f x4f 2 x2 4 x2f xx2 4f 24 gx g2 由 ，则 ，即 ， f x 因为 是偶函数， gx x2f xx2 gx g2 g  x   g2 所以 也是偶函数，则不等式 等价 ， x >2 x2 x2 即 ，则 或 ， ,2 2, x  即实数 的取值范围是 ，故选C． 二、多选题 a b1,e 9．（2020·山东省高二期中）已知 为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（ ） aea beb alnbblna alna blnb bea aeb A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】 f x xex x1 f 'xx1ex 0 1, 设 ， ，则 在 上恒成立，故函数单调递增，f a f b aea beb 故 ，即 ，A正确； lnx 1lnx 设 gx x ，x1，则 g'x x2 ，函数在 1,e 上单调递增，在 e, 上单调递减，故当 lna lnb  1bae时，gagb ，即 a b ，故alnbblna，B错误； hx xlnx x1 h'xlnx10 1, hahb 设 ， ，则 在 上恒成立，故函数单调递增， ，即 alna blnb ，C正确； ex exx1 kx k'x 0 设 x ，x1，则 x2 在1,上恒成立，故函数单调递增， ea eb  故kakb ，即 a b ，故bea aeb，D正确. 故选：ACD. f xex asinx x, 10．（2020·江苏省扬州中学高二期中）关于函数 ， ，下列说法正确的是 （ ） f x  0, f 0 2x y10 A．当a1时， 在 处的切线方程为 f x 1 f x 0 B．当a1时， 存在唯一极小值点 x 0且 0 f x , a0 C．对任意 ， 在 上均存在零点 f x , D．存在a0， 在 上有且只有一个零点 【答案】ABD 【解析】 f xex sinx x, f 01 选项A，当a1时， ， ，所以 ，0,1 fxex cosx k  f02 故切点为 ， ，所以切线斜率 ， y12x0 2x y10 故直线方程为： ，即切线方程为： ，选项A符合题意； f xex sinx x, fxex cosx 选项B，当a1时， ， ， ， fxex sinx0 fx 恒成立，所以 单调递增，  3  3  3   f    e 4 cos    0 f    20 又  4   4  ，  2 ，  3  x   , 故 f x 存在唯一极值点，不妨设 0   4 2  ， fx 0 ex 0 cosx 0 则 0 ，即 0 ，   f x ex 0 sinx sinx cosx  2sin  x   1,0 0 0 0 0  0 4 ，选项B符合题意； f xex asinx x, 对于选项 ， ， f x0 ex asinx0 令 ，即 ， 当xk，k 1且kZ显然没有零点，故xk，k 1且kZ， ex ex excosxsinx a  Fx Fx 所以 sinx ，则令 sinx ， sin2 x ， 3 x k Fx0 令 ，解得 4 ，k 1，kZ，  3   3  x k, k x  k,k     所以  4 单调递减，  4 单调递增，  3   3 k  3  f  k  2e 4  2e 4   有极小值  4  ， 1  1  x k, k x k,k      4 单调递增， 4 单调单调递减， 1  1 k 1  f k  2e4  2e4   有极大值 4  ， a0 故选项C，任意 均有零点，不符合，选项D， 1  存在a0，有且只有唯一零点，此时a  2e4 ， 故选：ABD. f x xcosxsinx 11．（2020·山东省高二期中）已知函数 ，下列结论中正确的是（ ）  A．函数 f x在x 时，取得极小值 2 1 x0, f x0 B．对于 ， 恒成立 x sinx 1  1 C．若0 x  x ，则 x sinx 1 2 2 2 sinx   2 a  b x 0,   D．若 x ，对于  2恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1 【答案】BCD 【解析】 f x xcosxsinx fxcosxxsinxcosxxsinx 因为 ，所以 ，   f  0    x 所以  2 2 ，所以 2 不是函数的极值点，故A错； x0, fxxsinx0 f x xcosxsinx 0, 若 ，则 ，所以函数 在区间 上单调递减；因此 f x f 00 ，故B正确； sinx xcosxsinx gx gx 令 x ，则 x2 ，f x xcosxsinx0 0, 因为 在 上恒成立， xcosxsinx 所以 gx x2 0 在 0, 上恒成立， sinx gx 0, 因此函数 x 在 上单调递减； sinx sinx x sinx 1  2 1  1 又0 x  x ，所以gx  gx  ，即 x x ，所以 x sinx ，故C正确； 1 2 1 2 1 2 2 2 sinx gx 0, 因为函数 x 在 上单调递减；   sinx x  0,  gx 所以  2时，函数 x 也单调递减， sinx  2   gx  g  0,     因此 x  2 在 2 上恒成立；     x 0, 0, 令hx xsinx，   2  ，则hx1cosx0在   2  上恒成立，   0, 所以hx xsinx在   2  上单调递增，   sinx 0, 因此hx xsinx0，即 x 1 在   2  上恒成立； 2 sinx    1 0,   综上， x 在 2 上恒成立，故D正确. 故选：BCD. 2 f x lnx 12．（2020·盐城市大丰区新丰中学高二期中）关于函数 x ，下列判断正确的是（ ） f x x2 A． 是 的极大值点y=f ( x) - x B．函数 有且只有1个零点 f xkx k C．存在正实数 ，使得 成立 x x x  x f x  f x  x x 4 D．对任意两个正实数 1， 2，且 1 2，若 1 2 ，则 1 2 . 【答案】BD 【解析】 A.函数的 的定义域为（0，+∞）， 2 1 x2    函数的导数f′（x） x2 x x2 ，∴（0，2）上，f′（x）＜0，函数单调递减，（2，+∞）上，f′ （x）＞0，函数单调递增， ∴x＝2是f（x）的极小值点，即A错误； 2 2 1 x2 x2       ＜ B.y＝f（x）﹣x x lnx﹣x，∴y′ x2 x 1 x2 0， 函数在（0，+∞）上单调递减，且f（1）﹣12ln1﹣1=1>0，f（2）﹣21ln2﹣2= ln2﹣1<0，∴函数 y＝f（x）﹣x有且只有1个零点，即B正确； 2 lnx 2 lnx 4xxlnx ＜     C.若f（x）＞kx，可得k x2 x ，令g（x） x2 x ，则g′（x） x3 ， 令h（x）＝﹣4+x﹣xlnx，则h′（x）＝﹣lnx， ∴在x∈（0，1）上，函数h（x）单调递增，x∈（1，+∞）上函数h（x）单调递减， ∴h（x）⩽h（1）＜0，∴g′（x）＜0， 2 lnx   ∴g（x） x2 x 在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值， ∴不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，即C不正确； D.令t∈（0，2），则2﹣t∈（0，2），2+t＞2， 2 2 4t 2t       令g（t）＝f（2+t）﹣f（2﹣t） 2t ln（2+t） 2t ln（2﹣t） t2 4 ln2t ，4  t2 4  8t2 2t 2t2t 4t2 16 4 8t2       ＜ 则g′（t） 0， (t2 4)2 2t (2t)2 (t2 4)2 4t2 (t2 4)2 ∴g（t）在（0，2）上单调递减， 则g（t）＜g（0）＝0， 令x＝2﹣t， 1 由f（x）＝f（x），得x＞2+t， 1 2 2 则x+x＞2﹣t+2+t＝4， 1 2 当x≥4时，x+x＞4显然成立， 2 1 2 ∴对任意两个正实数x，x，且x＞x，若f（x）＝f（x），则x+x＞4，故D正确 1 2 2 1 1 2 1 2 故正确的是BD， 故选：BD． 三、填空题 13．（2020·福建省南安市侨光中学高二月考）已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=____. 【答案】2 【解析】 x x2x2 x x 2,2 2, f′ =3x2-12=3 ,令f′ =0,得x=-2或x=2,易知f 在 上单调递减,在 上单 x 2 调递增,故f 的极小值为f ,所以a=2. a  eax 1  2  x 1 lnx   14．（2020·江苏省扬州中学高二期中）若对任意x＞0，恒有  x ，则实数a的取值 范围为_____. 2   , 【答案】e  【解析】 由不等式 a  eax 1  2    x 1 x    lnx ，可得lneax eax 1    x2 1  lnx2 ， t1 ftlnt f tt1lnt,t 0 设 ，则 t ，1 1 t1 h(x) f(x),ht   设 t t2 t2 ， ht0 ht0 当0＜t＜1时， ；当t＞1时， ， ft 0,1 1, 故 在 上单调递减，在 上单调递增， ft f120 因此 ， f t 0, f  eax  f  x2 因此 在 上单调递增，由 2lnx 2lnx 22lnx a  gx gx 得eax≥x2，即 x ，设 x ， x2 ， gx0 gx 当x＞e时， ，函数 单调递减， gx0 gx 当0＜x＜e时， ，函数 单调递增， 2 2 gx ge a 从而 的最大值为 e ，故 e . 2   , 故答案为:e . f(x)  exm ax  (lnxax) 15．（2020·宁夏回族自治区宁夏育才中学高二开学考试（理））设函数 ， a f(x)0 m 若存在实数 使得 恒成立，则 的取值范围是____________． (,2) 【答案】 【解析】 f(x)  exm ax  (lnxax) x(0,) 由题意，函数 的定义域为 ， 要使得存在实数a使得 f(x)0 恒成立，即  exm ax  (lnxax)0 恒成立，exm lnx   exm  lnx  a a  0 a  a  0 只需  x  x  恒成立，即  x  x  恒成立， exm lnx exm lnx min , amax ,  即  x x   x x  ， lnx 1lnx g(x) g(x) 设 x ，则 x2 ， x(0,e) g(x)0 g(x) 当 时， ，函数 单调递增， x(e,) g(x)0 g(x) 当 时， ，函数 单调递减， 1 lnx 1  所以当xe时，函数g(x)取得最大值，最大值为e ，即 x e ， exm exmxexm exm(x1) h(x) ,x0 h(x)  设 x ，则 x2 x2 ， x(0,1) h(x)0 h(x) 当 时， ，函数 单调递减， x(1,) h(x)0 h(x) 当 时， ，函数 单调递增， exm e1m 所以当x1时，函数g(x)取得最小值，最小值为e1m，即 x ， 1 e1m  所以只需 e ，解得m2，即实数m的取值范围是(,2)， (,2) 故答案为： . 16．（2020·山东省实验中学高二期中）某商场销售某种商品，该商品的成本为3元/千克，每日的销售量 1 y  5(x6)2 y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式 x3 ，其中3 x6，当销售价格 为_______元时，商场每日销售该商品所获得的最大利润为__________元. 【答案】4 21【解析】 设商场每日销售该商品所获得的利润为L元， 1 L y(x3)[ 5(x6)2](x3) 则 x3  5x3 75x2 360x539 (3 x6)， L15x2 150x360 15(x2 10x24) 15(x4)(x6) 则 ， 令L0，得3 x4，令L0，得4 x6， L5x3 75x2 360x539 (3,4) (4,6) 所以函数 在 上递增，在 上递减， x4 L 所以 时， 取得最大值，最大值为21元. 故答案为：（1）4 （2）21 四、解答题 f(x) x2 lnx 17．（2020·周口市中英文学校高二月考（理））已知函数 f(x) [1,e] （1）求函数 在 上的最大值和最小值； 2 1 g(x) x3  x2 （2）求证：当x(1,)时，函数 f(x)的图象在 3 2 的下方． f(x) f(1)1 f(e)1e2 【答案】（1） 的最小值是 ，最大值是 ；（2）证明详见解析. 【解析】 1 f(x)2x (1)因为f(x)＝x2＋ln x，所以 x 因为x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在[1，e]上是增函数， 所以f(x)的最小值是f(1)＝1，最大值是f(e)＝1＋e2. 1 2 F(x) f(x)g(x) x2  x3 lnx (2)证明：令 2 3 ， 1 x2 2x3 1 x2 x3 x3 1 (1x)  2x2  x1  F(x) x2x2     所以 x x x x 因为x>1，所以F′(x)<0，所以F(x)在(1，＋∞)上是减函数，1 2 1 F(x) F(1)   0 所以 2 3 6 .所以f(x)0 f x 当 时， ， 单调递增； f x x1 所以 在 时取得极小值，也是最小值. f x f 10 所以 . gx f x f xex ex 2ax x0, （2）令 ， ， x0, f x f x gx0 0, 由 时，都有 ，所以 在 上恒成立. gxex ex 2a hx gx 由 ，令 ， e2x 1 则 hx ex 0 在 0, 上恒成立.gx 0, g022a 所以 在 上单调递增，又 ， gx g00 a1 ①当 时， ， gx 0, 所以 在 上单调递增， gx g00 f x f x 所以 ，即 ，满足题意. gx 0, ②当a1时，因为 在 上单调递增， gx  g022a0 所以 min ， t0, x0,t g�( x) <0 gx 0,t 存在 ，使得当 时， ， 在 上单调递减， x0,t gx g00 gx0 0, 所以当 时， ，这与 在 上恒成立矛盾. ,1 a1 综上所述， ，即实数a的取值范围 . f(x)ex[x2 (2a5)x8a5](aR) 19．（2020·甘肃省高三二模（文））已知函数 ． a1 f(x) （1）当 时，求函数 的极值； x[0,2] f(x)2e2 a （2）当 时，若不等式 恒成立，求实数 的取值范围．  52e2 7 ,  【答案】（1）极大值为 e2 ，极小值为 3e3 .（2）  8  【解析】 f xex x2 3x3  （1）由a1得 ， fxex x2 x6  exx2x3 故 . fx0 x2 x3 令 ，解得 或 ， fx0 x2 x3 由 ，得 或 ，f x ,2 3, 所以 在 和 单调递增， fx0 2 x3 由 ，得 ， f x 2,3 所以 在 单调递减. 7 所以 f x 极大值为 f 2 e2 ，极小值为 f 33e3 . fxexx2ax3 x0,2 （2） ， ， fxexx2ax30 x 2a x 3 令 ，得 1 ， 2 ， f x 0,2 2a0 a0 （i）当 ，即 时， 在 单调递减， f 24a1e2 2e2 依题意则有 成立， 3 a 得 4，此时不成立； 02a2 1a0 （ii）当 ，即 时， f x 0,2a 2a,2 在 上单调递增，在 上单调递减， f 08a52e2,  依题意则有  f 2e24a12e2,  52e2 a   8  得 3 ，由于52e2 ，故此时不成立；  a 1  4 8 f x 0,2 2a2 a1 （iii）当 ，即 时， 在 上单调递增， 52e2 a 依题意则有 f 02e2 ，得 8 52e2 ,  综上， a 的取值范围是  8  . f(x)aex bx 20．（2020·福建省高三二模（文））已知函数 ． a1 f(x) （1）当 时，求 的极值； 4 f(x)≥lnx （2）当a1时， 5 ，求整数b的最大值． b�0 f(x) b0 f(x) bblnb 【答案】（1）当 时， 无极值；当 时， 有极小值 ，无极大值．（2）1 【解析】 f(x)ex bx f(x)ex b a1 （1）当 时， ，所以 ， b�0 f(x)0 f(x) (,) ①当 时， ， 在 为增函数，无极值； b0 f(x)0 xlnb f(x)0 xlnb ②当 时，由 得 ，由 得 ； f(x) (,lnb) (lnb,) 所以 在 为减函数，在 为增函数． xlnb f(x) f(lnb)bblnb 当 时， 取极小值， b�0 f(x) b0 f(x) bblnb 综上，当 时， 无极值；当 时， 有极小值 ，无极大值． 4 aex bx�lnx （2）当a�1时， 5，将函数看成以a为主元的一次函数， 4 ex bx�lnx 则只需证 5即可， 4 4 ex lnx ex lnx 因为 ，所以只需 5 ，令 5 ， �b g(x) x0 x x 4 4 g(1)e b�e 5，所以 5．1 ex(x1)lnx 1 g(x) 5 ，令 F(x)ex(x1)lnx ， x2 5 1 F(x) xex  0 x ，所以 F(x) 在(0,)递增 1 1 F(1)  0,F(2)e2 ln2 0 5 5 ， 1 根据零点存在性定理， x 0 (1,2) ，使得 Fx 0 0 ，即 ex 0 x 0 1lnx 0  5 0 ． x0,x  F(x)0 g(x)0 g(x) 当 0 时， ，即 ， 为减函数， xx , F(x)0 g(x)0 g(x) 当 0 时， ，即 ， 为增函数， 4 ex 0 lnx  所以 g(x)  gx  0 5 ex 0  1 ， min 0 x x 0 0 1 b�ex 0  故 x ； 0 1 1 4 y ex  ex 0  e1 b�e x 在(0,)递增，x (1,2)，所以 x ，又 5 0 0 b 所以整数 的最大值是1． （f x) 21．（2020·鸡泽县第一中学高二开学考试）已知函数 ae2x+(a﹣2) ex﹣x. f(x) （1）讨论 的单调性； f(x) （2）若 有两个零点，求a的取值范围. (0,1) 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】f x , fx2ae2x a2ex 1  aex 1  2ex 1  （1） 的定义域为 ， ， fx0 f x , a0 （ⅰ）若 ，则 ，所以 在 单调递减. fx0 a0 xlna （ⅱ）若 ，则由 得 . x,lna fx0 xlna, fx0 f x ,lna 当 时， ；当 时， ，所以 在 单调递减， lna, 在 单调递增. f x a0 （2）（ⅰ）若 ，由（1）知， 至多有一个零点. 1 f x f lna1 lna （ⅱ）若a0，由（1）知，当xlna时， 取得最小值，最小值为 a . f lna0 f x a1 ①当 时，由于 ，故 只有一个零点； 1 a1, 1 lna0 f lna0 f x ②当 时，由于 a ，即 ，故 没有零点； 1 a0,1 1 lna0 f lna0 ③当 时， a ，即 . f 2ae4 a2e2 22e2 20 f x ,lna 又 ，故 在 有一个零点. 3  设正整数n 0 满足 n 0 ln  a 1  ，则 f n 0 en 0  aen 0 a2  n 0 en 0 n 0 2n 0 n 0 0. 3  ln 1 lna 由于  a   ，因此 f x 在 lna, 有一个零点. 0,1 a 综上， 的取值范围为 . f(x) 点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数 有2个零点求参数a的取 y a 值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断 与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值， f(x) 注意点是若 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在 大于0的点. 22．（2020·湖南省高三一模（文））已知函数 f(x) ex 2(xlnx),a   x,ex ,b  (sinx,cosx),g(x)ab  x x0 f(x)0 （1）当 时，证明： ；   （2）当x[ , ]时，试判断g(x)的零点个数. 2 2 g(x) 【答案】（1）证明见解析（2） 的零点个数为2 【解析】 ex f(x) 2(xlnx) （1） x (x1)  ex 2x  f(x) 则 . x2 G(x)ex 2x(x0) 令 ， G(x)ex 2(x0) ， G(x) (0,ln2) (ln2,) 易得 在 递减，在 递增 G(x)G(ln2)22ln20 ， ∴ ex 2x0 (0,) 在 恒成立. f(x) (0,1) (1,)  在 递减，在 递增.  f(x) f(1)e20 f(x)0 ，故  g(x)abxsinxexcosx （2） ， g(x)sinxxcosxexcosxexsinx  ex x  cosx  ex 1  sinx .  x[ ,0] ①当 2 时，∴ ex x0， ∴  ex x  cosx0,  ex1 sinx0 ∴ g(x)  ex x  cosx  ex 1  sinx0    [ ,0] g(0)10, g    0 g(x)在 2 单调递增，  2  .  [ ,0] g(x)在 2 上有一个零点，  x(0, ] ②当 4 时，cosxsinx, ex  x，  (0, ] excosx xsinx, g(x)0在 4 恒成立，  (0, ] g(x)在 4 无零点.   x( , ] ③当 4 2 时，0cosxsinx， g(x)ex(cosxsinx)(xcosxsinx)0 ，   ( , ] g(x)在 4 2 单调递减，    2    g    0, g    e4  0  2  2  4  2  4   ( , ] g(x)在 4 2 存在一个零点. g(x) 综上， 的零点个数为2.